莫比乌斯反演入门
莫比乌斯反演
莫比乌斯反演是数论中的一个重要内容，可以化简很多数论函数的计算。
本文形式化过程偏多，一定要耐心看完并试着自己推导。
前置芝士
>莫比乌斯函数<
定义
对于定义在自然数域的两个函数 \(F(x)\) 与 \(f(x)\) ，若两函数满足
则有
莫比乌斯反演还有另外一种常用的形式:
证明：
使用例：
求
不妨假设这里的\(n<m\)。
对于gcd这个东西很套路，先设
其中 \(d\leq n\)。
代入莫比乌斯反演公式2，得到：
修改枚举项，可以得到
\(\mu(i)\) 再好求不过了，关键在于 \(g(i)\) 是个什么东西。
从含义出发，易得到：
\(1|gcd(i,j)\) 显然恒成立，则
\(O(1)\) 算就可以了。
最后我们求的是
所以只需要 \(O(n)\) 算 \(\mu(i)\) 前缀和即可。
最后代码和>莫比乌斯函数<里的没有太大区别
例题
P2398 GCD SUM
>题目链接<
题目描述
求
输入格式
一行一个正整数 \(n\)
输出格式
一行一个整数表示答案
数据范围
\(n\leq 10^5\)
解析
这里直接讲 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)\) 的做法
直接拿给我们是没有办法做的。
不妨设\(n < m\)，实际代码中 \(n=min(n,m)\) 即可。这类有限项枚举求和交换枚举项顺序一般是没有问题的。
考虑枚举gcd，能化得如下式子
后面这一团不就是之前推的式子？
直接套结论
可以知道，对于特定区间内的 \(d\) ，\(n/d\) 是无变化的。
所以可以对前面的 \(d\) 进行数论分块。
后面的求值参考上面，也可以数论分块。
总时间复杂度 \(O(\sqrt{n}\times\sqrt{n})=O(n)\) 。
落到本题上，本题的 \(n=m\) , 数论分块的取 \(min(n/(n/i),m/(m/i))\) 操作都免了。
参考code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6;
int primes[N],tot=0;
bool mp[N];
int mu[N],sum_[N];
void init(int n)
{
mu[1]=1;
for(int i=2; i<=n; i++)
{
if(!mp[i])
{
primes[++tot]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1; primes[j]*i<=n; j++)
{
int tmp=primes[j]*i;
mp[tmp]=1;
if(i%primes[j]==0)
{
mu[tmp]=0;
break;
}
mu[tmp]=mu[i]*-1;
}
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
sum_[i]=sum_[i-1]+mu[i];
}
}
ll solve(ll a,ll b)
{
ll res=0;
for(int i=1,j; i<=a; i=j+1)
{
j=min(a/(a/i),b/(b/i));
res+=(ll)(sum_[j]-sum_[i-1])*(a/i)*(b/i);
}
return res;
}
int main()
{
init(1e5+10);
int n;
scanf("%d",&n);
ll ans=0;
for(int i=1,j; i<=n; i=j+1) //第一遍整除分块前面的d
{
j=n/(n/i);
ll tmp=(ll)(i+j)*(j-i+1)/2;
ans+=(ll)tmp*solve(n/i,n/i);//第二遍整除分块
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
P2568 GCD
>题目链接<
题目描述
给定正整数 \(n\)，求 \(1\le x,y\le n\) 且 \(\gcd(x,y)\) 为素数的数对 \((x,y)\) 有多少对。
输入格式
只有一行一个整数，代表 \(n\)。
输出格式
一行一个整数表示答案。
数据范围
\(1\le n \le 10^7\)
解析
题目求
令 \(gcd(i,j)=d\)，则
后面那个东西怎么做不用重复说了吧。
至于前面，对 \(d\) 再进行一次数论分块 (有向下取整除法的地方就可以考虑一下数论分块)
再处理一个素数个数前缀和就行了。
code:(仅供思路参考，下面这份代码以 2.82s/247.67MB 的好成绩惊险卡过)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+10;
ll primes[N],psum[N],tot=0;
bool mp[N];
ll mu[N],sum[N];
void init(ll n)
{
mu[1]=1,mp[1]=1;
for(int i=2; i<=n; i++)
{
if(!mp[i])
{
primes[++tot]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1; (ll)primes[j]*i<=n; j++)
{
ll tmp=(ll)primes[j]*i;
mp[tmp]=1;
if(i%primes[j]==0)
{
mu[tmp]=0;
break;
}
mu[tmp]=mu[i]*-1;
}
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
if(mp[i]) psum[i]=psum[i-1];
else psum[i]=psum[i-1]+1;
}
}
ll solve(ll a,ll b)
{
ll res=0;
for(int i=1,j; i<=a; i=j+1)
{
j=min(a/(a/i),b/(b/i));
res+=(ll)(sum[j]-sum[i-1])*(a/i)*(b/i);
}
return res;
}
int main()
{
init(1e7+10);
int n;
scanf("%d",&n);
ll ans=0;
for(int i=1,j; i<=n; i=j+1)
{
j=n/(n/i);
ans+=(ll)(psum[j]-psum[i-1])*solve(n/i,n/i);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
P2257 YY的GCD
>题目链接<
题目描述
神犇 YY 虐完数论后给傻× kAc 出了一题
给定 \(N, M\)，求 \(1 \leq x \leq N\) ，\(1 \leq y \leq M\) 且 \(\gcd(x, y)\) 为质数的 \((x, y)\) 有多少对。
输入格式
第一行一个整数 \(T\) 表述数据组数。
接下来 \(T\) 行，每行两个正整数，\(N, M\)。
输出格式
共 \(T\) 行，每行一个整数表示第 \(i\) 组数据的结果。
数据范围
\(T=10^4\ , \ N,M\le 10^7\)
解析
乍看跟上面那个题几乎完全相同
但是是多组询问，按照上面那个级别的优秀时空复杂度是肯定过不了的。
再往下推一下式子(这里已经把 \(n,m\) 换上去了，\(n,m\) 相当于题中的 \(N,M\) ，且 \(n\le m\) )
令 \(T=id\)
按照惯例，我们要想一下后面那团东西的前缀和怎么求。
可以从线性筛出发考虑。
令函数 \(\lambda(x)=\sum_{d|x}[d\text{是素数}]\mu(\frac{x}{d})\) ，求这个函数的前缀和。
首先，\(\lambda(1)=0,\lambda(\text{质数})=1\) 。
设 \(x=i\cdot y\) ， \(y\) 是 \(x\) 的最小质因子。
1. 当 \(y|i\) 时，即 \(x\) 有多个最小质因子：
-
若 \(i\) 质因子互不相同时，当且仅当枚举的素数 \(d=y\) 时 \(\mu(\frac{x}{d})\ne 0\)。
此时：\(\lambda(x)=\mu(\frac{x}{y})\)
-
若 \(i\) 有相同质因子，则对于任意枚举的素数 \(d\) ，\(\frac{x}{d}\) 内都有相同质因子， 即 \(\mu(\frac{x}{d})=0\)。
此时仍有 \(\lambda(x)=\mu(\frac{x}{y})\)
2. 当 \(y\nmid i\) 时，即 \(x\) 只有一个最小质因子：
我们已经知道，\(\mu(i\cdot y)=-\mu(i)\) (如果看不懂可以再看看莫比乌斯函数定义)
所以对于 \(\lambda(i)\) 其中的每一项的相反数都被包括在了 \(\lambda(x)\) 中，且 \(\lambda(x)\) 只是多了一个 \(\mu(\frac{i\cdot y}{y})=\mu(i)\)。
所以此时的 \(\lambda(x)=-\lambda(i)+\mu(i)\)
综上：
于是 \(\lambda(x)\) 就可以用线筛求了。
code: 7.79s/90.86MB
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+10;
int primes[N],tot=0;
int mu[N],lam[N];
bool mp[N];
void init(int n)
{
mu[1]=mp[1]=1;
for(int i=2; i<=n; i++)
{
if(!mp[i]) primes[++tot]=i,mu[i]=-1,lam[i]=1;
for(int j=1; primes[j]*i<=n; j++)
{
int x=i*primes[j];
mp[x]=1;
if(i%primes[j]==0)
{
lam[x]=mu[i];
mu[i]=0;
break;
}
lam[x]=-lam[i]+mu[i];
mu[x]=-1*mu[i];
}
}
for(int i=1; i<=n; i++)
lam[i]+=lam[i-1];//前缀和
}
int main()
{
init(1e7);
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
ll ans=0;
if(n>m) swap(n,m);
for(int i=1,j; i<=n; i=j+1)
{
j=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(ll)(lam[j]-lam[i-1])*(n/i)*(m/i);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
P1829 [国家集训队]Crash的数字表格/JZPTAB
P5518 [MtOI2019]幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题
(在做了在做了)
